Campo di spezzamento di $x^3-3x+1$

[Paolo90]

Uffa, ho lasciato per qualche settimana le cose che stavo studiando per andare in ferie e al ritorno ho di nuovo difficoltà. Ah, la mia testa...

Ho gentilmente bisogno di una mano con un campo di spezzamento. Precisamente, devo determinare il campo di riducibilità completa di \( \displaystyle p(x)=x^{3}-3x+1 \in \mathbb{Q}[x] \) .

Per prima cosa, osservo che $p(x)$ non ha soluzioni razionali (le quali potrebbero essere soltanto $pm1$ che evidentemente non annullano il polinomio).

Allora, ho detto l'ideale $J=(p(x))$ è massimale e dunque $QQ[x]//J$ è un campo. Non solo, ma - come ci insegna la teoria - in detto campo $p(x)$ ha uno zero (il laterale $x+(p(x))$). Adesso però non so più come andare avanti: ho aggiunto una sola radice a $QQ$ quindi non sono ancora al campo di spezzamento.

Che fare? Avevo anche pensato alla formule di Cardano, ma non le ho mai usate...
Grazie in anticipo per l'aiuto.

[Lorin]

Io di solito quando mi trovo in una situazione del genere ragiono in questo modo: guardo il grado del polinomio, in questo grado è dispari, e non avendo radici razionali, come hai detto tu, allora sicuramente avrà una radice reale e due complesse, oppure tre radici reali, quindi pongo

$x^3-3x+1=(x-\alpha)(x^2+ax+b)$

applico il principio di identità dei polinomi e cerco di trovare dei valori per $a$ e $b$, e studio eventualmente il polinomio di secondo grado per vedere come sono le radici. Non so se è chiaro

[Paolo90]

Non male come idea, ti ringrazio.

Guarda, ho fatto come hai detto: ho scritto $(x-a)(x^2+bx+c)$ e con un po' di manipolazioni sono arrivato a trovare i legami di $b$ e $c$ con $a$: per il principio d'identità dei polinomi, deve essere $b=a$ e $c=a^2-3$. Quindi viene una roba del tipo $p(x)=(x-a)(x^2+ax+a^2-3)$. Se mi studio il $Delta$ del polinomio di secondo grado trovo $Delta=12-3a^2$.

Adesso ci viene in aiuto l'Analisi: $p(x)$ ha una radice (reale) in $(0,1)$ (per il teorema di esistenza degli zeri) e possiamo supporre sia $a$ (possiamo, vero? ): siccome $Delta>0 iff -2<a<2$ posso dire che anche le altre due radici sono reali (non razionali)? E' sufficiente a concludere?
Però come la mettiamo con il campo di spezzamento? Riesco in qualche modo a concludere (almeno) che ha grado 3 su $QQ$?
Grazie per l'aiuto.

[maurer]

Un suggerimento, che secondo me funziona meglio del principio di identità dei polinomi suggerito da Lorin: detta $a$ la radice, basta effettuare la divisione (normale, o se si vuole far ancora prima, con Ruffini).

Poi (questione di gusti! non prendertela, anch'io ho iniziato da pochissimo questi argomenti), non mi piace tanto il riferimento all'analisi. L'esistenza di una radice reale è garantita dal fatto che le radici complesse sono coniugate e quindi un polinomio di grado dispari ha sempre una radice reale.

Infine, bisogna controllare (o confutare) il fatto che le altre radici si trovano in \( \displaystyle \mathbb{Q}(a) \) . Ovviamente non sono razionali, perché altrimenti il polinomio sarebbe riducibile, cosa che non è. Quindi o sono reali o sono complesse. Il tuo ragionamento mostra senza ombra di dubbio che le radici sono reali.
Tuttavia non può essere $12-3a^2 = (\frac{p}{q})^2$, perché altrimenti avremmo $a^2 \in \mathbb{Q}$ e quindi il polinomio minimo di $a$ dovrebbe avere grado 2, mentre sappiamo che il polinomio minimo di $a$ è proprio $x^3-3x+1$ (perché irriducibile sui razionali). Quindi necessariamente $\omega = \sqrt{\Delta} \notin \mathbb{Q}(a)$.

Dobbiamo allora considerare un'ulteriore estensione. Ad esempio $\mathbb{Q}(a,\omega)$ contiene tutte le radici del polinomio (a questo punto è ovvio). D'altra parte il campo di spezzamento del polinomio deve contenere $a$ e deve anche contenere $\frac{-a+\omega}{2}$ e quindi, in definitiva, deve contenere $\omega$. Pertanto il campo di spezzamento di $x^3-3x+1$ è $\mathbb{Q}(a, \omega)$.

[Paolo90]

Anzitutto grazie per la risposta.

Un suggerimento, che secondo me funziona meglio del principio di identità dei polinomi suggerito da Lorin: detta $a$ la radice, basta effettuare la divisione (normale, o se si vuole far ancora prima, con Ruffini).

Vero, hai ragione, grazie del suggerimento: comunque il risultato è lo stesso.

Poi (questione di gusti! non prendertela, anch'io ho iniziato da pochissimo questi argomenti), non mi piace tanto il riferimento all'analisi. L'esistenza di una radice reale è garantita dal fatto che le radici complesse sono coniugate e quindi un polinomio di grado dispari ha sempre una radice reale.

Figurati se me la prendo!
Non piace tanto neanche a me il riferimento analitico però ho pensato potesse essere utile; inoltre, so che ogni polinomio di grado dispari ha sempre (almeno) una radice reale: ho usato il th. degli zeri per beccare un intervallo in cui stesse la radice (e sono stato parecchio fortunato perchè 0 e 1 sono i primi numeri che ho provato).

Infine, bisogna controllare (o confutare) il fatto che le altre radici si trovano in \( \displaystyle \mathbb{Q}(a) \) .

Idee per questo?
GRAZIE.

[maurer]

Ho editato il messaggio precedente. Dovrei aver concluso la parte più grossa dell'esercizio. Rimane solo da calcolare il grado dell'estensione, che però sappiamo essere un divisore di $3!$.

[maurer]

Riprendo dall'ultimo messaggio. Dal momento che:
1) \( \displaystyle [\mathbb{Q}(a):\mathbb{Q}]=\mbox{deg}(x^3-3x+1) = 3 \) ;
2) \( \displaystyle [\mathbb{Q}(a):\mathbb{Q}]\mid [\mathbb{Q}(a,\omega):\mathbb{Q}] \)
segue che \( \displaystyle [\mathbb{Q}(a,\omega):\mathbb{Q}]\in \{3,6\} \) . D'altronde:
\( \displaystyle [\mathbb{Q}(a,\omega) : \mathbb{Q}] = [\mathbb{Q}(a,\omega) : \mathbb{Q}(a)] \cdot [\mathbb{Q}(a) : \mathbb{Q}] \)
e se fosse \( \displaystyle [\mathbb{Q}(a,\omega):\mathbb{Q}] = 3 \) allora avremmo \( \displaystyle [\mathbb{Q}(a,\omega):\mathbb{Q}(a)] = 1 \) che sappiamo non essere possibile perché \( \displaystyle \omega \not \in \mathbb{Q}(a) \) .

[Paolo90]

Ah, scusa non avevo visto l'edit.

Infine, bisogna controllare (o confutare) il fatto che le altre radici si trovano in \( \displaystyle \mathbb{Q}(a) \) . Ovviamente non sono razionali, perché altrimenti il polinomio sarebbe riducibile, cosa che non è. Quindi o sono reali o sono complesse. Il tuo ragionamento mostra senza ombra di dubbio che le radici sono reali.

Quindi dici che il ragionamento (sebbene puzzi di analisi ) va bene?

Tuttavia non può essere $12-3a^2 = (\frac{p}{q})^2$, perché altrimenti avremmo $a^2 \in \mathbb{Q}$ e quindi il polinomio minimo di $a$ dovrebbe avere grado 2, mentre sappiamo che il polinomio minimo di $a$ è proprio $x^3-3x+1$ (perché irriducibile sui razionali). Quindi necessariamente $\omega = \sqrt{\Delta} \notin \mathbb{Q}(a)$.

Scusa se rompo, ma ho qualche dubbio. Come fai a concludere che $omega notin \mathbb{Q}(a)$? $omega$ non è razionale, fin qui ok, ma non potrebbe stare nell'estensione?

Dobbiamo allora considerare un'ulteriore estensione. Ad esempio $\mathbb{Q}(a,\omega)$ contiene tutte le radici del polinomio (a questo punto è ovvio). D'altra parte il campo di spezzamento del polinomio deve contenere $a$ e deve anche contenere $\frac{-a+\omega}{2}$ e quindi, in definitiva, deve contenere $\omega$. Pertanto il campo di spezzamento di $x^3-3x+1$ è $\mathbb{Q}(a, \omega)$.

Su questa parte ho dei dubbi, devo rifletterci con calma. Anche perchè (leggo dal tuo successivo messaggio) non credo che il grado sia 6... ma devo ancora pensarci.

Comunque GRAZIE mille per il tuo aiuto, mi stai dando una gran mano, è bello ragionare con te.

GRAZIE ancora.

[maurer]

No, scusa hai ragione. Mi sono lasciato prendere la mano. Abbiamo concluso che \( \displaystyle \omega \not \in \mathbb{Q} \) .

Supponiamo che \( \displaystyle \omega \in \mathbb{Q}(a) \) . Dal momento che il grado dell'estensione è 3, allora
\( \displaystyle \omega = \alpha + \beta a + \gamma a^2 \) , con \( \displaystyle \alpha,\beta,\gamma \in \mathbb{Q} \)
Adesso ti descrivo il procedimento: eleviamo al quadrato e portiamo tutto da un lato. Riduciamo la scrittura dividendo per il fattore \( \displaystyle a^3-3a+1 \) e ci riduciamo ad un'espressione in cui il massimo grado in cui compare a è il secondo, che, se tutto va bene, non dovrebbe essere identicamente nulla. Abbiamo allora un assurdo, in quanto il polinomio minimo di a avrebbe grado 2. Pertanto seguirebbe \( \displaystyle \omega \not \in \mathbb{Q} \) . Scusami, ma non ho tempo, adesso, di fare per benino tutti i conti. Domani ci provo meglio. Spero comunque che tu abbia capito (funziona quasi sempre, come metodo!)

Appurato questo, i ragionamenti successivi, dovrebbero essere giusti...

[maurer]

Ok, ho trovato il tempo di fare i conti
Abbiamo appurato che \( \displaystyle \omega \not \in \mathbb{Q} \) . Quindi, nell'espressione \( \displaystyle \omega = \alpha + \beta a + \gamma a^2 \) almeno uno tra \( \displaystyle \beta \) e \( \displaystyle \gamma \) è non nullo.
Sviluppiamo i conti:
\( \displaystyle 12-3a^2 = \alpha^2+\beta^2a^2+\gamma^2 a^4 +2 \alpha \beta a + 2\alpha \gamma a^2 + 2\beta \gamma a^3 \)
\( \displaystyle \gamma^2 a^4 + 2\beta \gamma a^3 + (2\alpha \gamma + \beta^2+3)a^3 + 2\alpha \beta a + \alpha^2-12 = 0 \)
\( \displaystyle (a^3-3a+1)(\gamma^2 a + 2\beta \gamma) + (2\alpha \gamma + 3 + \beta^2+3\gamma^2)a^2+ (2\alpha\beta - \gamma^2+6\beta \gamma)a + \alpha^2-2\beta \gamma =0 \)
\( \displaystyle (2\alpha \gamma + 3 + \beta^2+3\gamma^2)a^2+ (2\alpha\beta - \gamma^2+6\beta \gamma)a + \alpha^2-2\beta \gamma =0 \)
A patto di dimostrare che nell'ultima espressione non tutti i coefficienti sono nulli, abbiamo quindi concluso...